专题06 几何图形的性质与判定综合（复习讲义）(四川成都专用)2026年中考数学二轮复习讲练测

专题06 几何图形的性质与判定综合 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 真题动向 题型一 三角形全等的判定与性质应用 题型二 三角形相似的判定与性质综合 题型三 特殊四边形的性质与判定 题型四 圆的基本性质 题型五 解直角三角形及其应用 题型六 等腰/等边/直角三角形性质判定综合 题型七 图形变化 必备知识 知识1 三角形全等判定定理（SAS、ASA、AAS、SSS、HL）与核心性质 知识2 三角形相似判定（AA、SAS、SSS）与性质（对应边成比例、对应角相等） 知识3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定定理 知识4 等腰、等边、直角三角形的性质与判定 知识5 圆的核心性质：垂径定理、圆周角/圆心角定理、切线性质与判定 知识6 勾股定理及逆定理、特殊角三角函数值 知识7 三角形中位线、角平分线、垂直平分线的性质与判定 知识8 几何变换（折叠、旋转、平移）的不变性与坐标变换 知识9 多边形内角和、外角和定理 命题预测 预测1 三角形全等证明与应用【高频考点，选择/解答题】 预测2 三角形相似判定与计算【每年必考，几何压轴核心】 预测3 特殊四边形性质判定【高频考点，选择题】 预测4 圆的切线与圆周角应用【每年必考，解答题】 预测5 解直角三角形实际应用【每年必考，解答题】 预测6 几何变换（折叠/旋转）综合计算【高频考点，填空/解答题】 预测7 等腰/直角三角形性质应用【常在选择/填空题】 预测8 几何性质与判定综合探究【B卷压轴必考】 命题 透视 命题形式： 选择题、填空题及解答题（覆盖基础题、中档题、压轴综合题） 考察能力： 逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力、几何建模与转化能力 热考角度 考点 2025年 2024年 特殊四边形的性质与判定 T7：判断平行四边形、矩形、菱形、正方形的命题真假 T6：矩形的对角线性质 T8：平行四边形结合角平分线的性质应用 三角形性质与全等/相似 T25：平行四边形+折叠全等、三角形相似推理与计算 T17：圆中等腰三角形性质应用 T17：圆背景下三角形相似证明与计算 T26：三角形旋转全等、相似探究 尺规作图与几何性质 T13：尺规作垂直平分线，结合勾股定理求线段长 T8：尺规作角平分线，结合平行四边形、等腰三角形性质 圆的基本性质与切线 T17：直径所对圆周角、切线性质、等腰三角形综合证明与计算 T17：直径所对圆周角、三角形相似、勾股定理综合应用 图形变换（折叠/旋转） T25：点关于直线折叠（对称），结合平行四边形综合探究 T26：三角形绕顶点旋转，探究线段比值、直角三角形存在性 解直角三角形实际应用 T16：无人机测量距离，解直角三角形（俯角） T16：日影测量，解直角三角形（三角函数） 几何综合探究 T25：平行四边形+折叠+全等+相似，分层探究证明与计算 T26：二次函数+直线垂直+角平分线综合 T26：三角形旋转+全等+相似+直角三角形分类讨论 命题预测 1. 考情预测 · 根据2024-2025年成都中考命题趋势，2026年该专题为几何板块核心考点，选择、填空题侧重特殊四边形性质、尺规作图、圆的基础性质、解直角三角形等基础内容；解答题以圆的综合、四边形+折叠/旋转、三角形相似/全等为主流考法，压轴题延续“几何变换+推理计算+存在性探究”的命题思路，圆的切线、特殊四边形判定、相似三角形证明为高频设问，整体注重逻辑推理与几何转化思想的考查。 2. 备考建议 · 熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定定理，牢记三角形全等、相似的判定条件与性质；掌握圆的直径、圆周角、切线的核心性质，能规范书写几何证明步骤；强化尺规作图（角平分线、垂直平分线）对应的几何结论应用；熟练运用解直角三角形解决实际测量问题；掌握折叠、旋转的几何不变性，提升将复杂图形拆解为基础模型的能力，注重分类讨论思想在几何探究题中的应用。 题型一 三角形全等的判定与性质应用 1. 先找隐含条件：公共边、公共角、对顶角、平行线得等角。 1. 选用SSS、SAS、ASA、AAS、HL判定，书写注意边角对应。 1. 全等后得对应边、角相等，用于后续计算或证明。 1．（2024·四川成都·中考真题）如图，，若，，则的度数为______． 2．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 题型二 三角形相似的判定与性质综合 1. 优先用两角对应相等判定相似，再用对应边成比例、对应角相等计算。 2. 未明确对应关系时，分类讨论不同相似情况。 3. 相似比可用于求边长、周长比、面积比。 3．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，，点D在边上，，，，则的值为________；点E在的延长线上，连接，若，则的长为________． 4．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则______．    5．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由． 题型三 特殊四边形的性质与判定 1. 先证平行四边形，再加直角得矩形、加邻边相等得菱形。 2. 正方形需同时满足矩形+菱形的特征。 3. 用对角线性质（平分、相等、垂直）快速判定。 6．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 7．（2025·四川成都·中考真题）下列命题中，假命题是（   ） A．矩形的对角线相等 B．菱形的对角线互相垂直 C．正方形的对角线相等且互相垂直 D．平行四边形的对角线相等 8．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 9．（2025·四川成都·中考真题）如图，的半径为1，A，B，C是上的三个点．若四边形为平行四边形，连接AC，则图中阴影部分的面积为________． 10．（2022·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，以为边在直线的右侧作矩形，使得矩形矩形，交直线于点． (1)【尝试初探】在点的运动过程中，与始终保持相似关系，请说明理由． (2)【深入探究】若，随着点位置的变化，点的位置随之发生变化，当是线段中点时，求的值． (3)【拓展延伸】连接，，当是以为腰的等腰三角形时，求的值（用含的代数式表示）． 题型四 圆的基本性质 1. 垂径定理结合勾股定理，求半径、弦长、弦心距。 2. 同弧圆周角相等，直径所对圆周角为直角。 3. 圆内接四边形对角互补，外角等于内对角。 11．（2024·四川成都·中考真题）如图，在扇形中，，，则的长为______． 12．（2025·四川成都·中考真题）如图，点C在以为直径的半圆O上，连接，过点C作半圆O的切线，交的延长线于点D，在上取点E，使，连接，交于点F． (1)求证：； (2)若，，求半圆O的半径及的长． 13．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径作，交于，两点，连接，，． (1)求证：； (2)若，，，求的长和的直径． 题型五 解直角三角形及其应用 1. 仰角、坡度、方位角先画图，构造直角三角形。 2. 用三角函数、勾股定理求边长与角度。 3. 实际问题注意单位统一，结果符合实际场景。 14．（2025·四川成都·中考真题）在综合与实践活动中，某学习小组用无人机测量校园西门A与东门B之间的距离．如图，无人机从西门A处垂直上升至C处，在C处测得东门B的俯角为，然后沿方向飞行60米到达D处，在D处测得西门A的俯角为．求校园西门A与东门B之间的距离．（结果精确到0.1米；参考数据：，，，） 15．（2024·四川成都·中考真题）中国古代运用“土圭之法”判别四季．夏至时日影最短，冬至时日影最长，春分和秋分时日影长度等于夏至和冬至日影长度的平均数．某地学生运用此法进行实践探索，如图，在示意图中，产生日影的杆子垂直于地面，长8尺．在夏至时，杆子在太阳光线照射下产生的日影为；在冬至时，杆子在太阳光线照射下产生的日影为．已知，，求春分和秋分时日影长度．（结果精确到0.1尺；参考数据：，，，，，）      16．（2023·四川成都·统考中考真题）为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，某社区服务中心在文化活动室墙外安装避阳篷，便于社区居民休憩．如图，在侧面示意图中，遮阳篷长为米，与水平面的夹角为，且靠墙端离地高为米，当太阳光线与地面的夹角为时，求阴影的长．（结果精确到米；参考数据：）      题型六 等腰/等边/直角三角形性质判定综合 1. 等腰三角形三线合一，等边三角形三边三角均相等。 2. 直角三角形用勾股定理、30°角性质、面积法。 3. 等腰三角形多解问题，注意分类讨论顶角/底角。 17．（2025·四川成都·中考真题）正六边形的边长为1，则对角线的长为________． 18．（2023·四川成都·中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究． 在中，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．    【初步感知】 (1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程． 【深入探究】 (2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明； ②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明） 【拓展运用】 (3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）． 题型七 图形变化 1. 平移、旋转、轴对称均为全等变换，对应边、角相等。 2. 旋转找旋转中心与旋转角，折叠用垂直平分性质。 3. 坐标变换按规律计算，结合几何性质求解。 19．（2024·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 20．（2025·四川成都·中考真题）下列几何体中，主视图和俯视图相同的是（   ） A． B． C． D． 21．（2024·四川成都·中考真题）如图所示的几何体是由5个大小相同的小立方块搭成，它的主视图是（    ） A． B． C． D． 22．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知，，过点作轴的垂线，为直线上一动点，连接，，则的最小值为______． 知识1 三角形全等判定定理（SAS、ASA、AAS、SSS、HL）与核心性质 判定 · SSS（三边相等）、SAS（两边及夹角相等）、ASA（两角及夹边相等）、AAS（两角及对边相等）； · HL（斜边+直角边，仅直角三角形）。 性质 · 对应边、对应角相等；对应高、中线、角平分线相等；周长、面积均相等。 知识2 三角形相似判定（AA、SAS、SSS）与性质（对应边成比例、对应角相等） 判定 · AA（两角分别相等，最常用）； · SAS（两边成比例+夹角相等）； · SSS（三边对应成比例）。 性质 · 对应角相等，对应边成比例（相似比）； · 对应线段、周长比=相似比；面积比=相似比²。 知识3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定定理 平行四边形 性质：对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分。 判定：两组对边平行/相等；一组对边平行且相等；对角线互相平分。 矩形 性质：平行四边形性质+四角为直角+对角线相等。 判定：平行四边形+一个直角；平行四边形+对角线相等；三角为直角。 菱形 性质：平行四边形性质+四边相等+对角线垂直平分内角。 判定：平行四边形+一组邻边相等；平行四边形+对角线垂直；四边相等。 正方形 性质：兼具矩形、菱形所有性质。 判定：矩形+邻边相等；菱形+一个直角；对角线相等且垂直的平行四边形。 知识4 等腰、等边、直角三角形的性质与判定 等腰三角形 性质：两腰/底角相等；三线合一；轴对称。 判定：等角对等边；两边相等。 等边三角形 性质：三边/三角相等（均60°）；三线合一；三条对称轴。 判定：三边/三角相等；有一个60°的等腰三角形。 直角三角形 性质：两锐角互余；勾股定理；斜边中线=斜边一半；30°对边=斜边一半。 判定：有一个直角；勾股逆定理；一边中线等于该边一半。 知识5 圆的核心性质：垂径定理、圆周角/圆心角定理、切线性质与判定 垂径定理：垂直于弦的直径平分弦及弦所对的两条弧。 圆心角/圆周角：同弧所对圆周角=圆心角一半；直径所对圆周角=90°。 圆心角、弧、弦：同圆中等圆心角⇌等弧⇌等弦。 切线：判定（过半径外端且垂直半径）；性质（切线⊥过切点半径）。 知识6 勾股定理及逆定理、特殊角三角函数值 勾股定理：中；逆定理：三边满足则为直角三角形。 特殊角三角函数值： · · · 知识7 三角形中位线、角平分线、垂直平分线的性质与判定 中位线：平行于第三边且等于其一半。 角平分线：线上点到角两边距离相等；逆定理成立。 垂直平分线：线上点到线段两端距离相等；逆定理成立。 知识8 几何变换（折叠、旋转、平移）的不变性与坐标变换 共性：均为全等变换，对应边、角、周长、面积不变。 平移：左减右加，上加下减；对应点连线平行相等。 折叠（轴对称）：折痕垂直平分对应点连线，构等腰/直角三角形。 旋转：对应点到旋转中心等距，旋转角相等；绕原点转90°坐标互换变号。 知识9 多边形内角和、外角和定理 边形内角和： 任意多边形外角和：恒为360° 命题预测1：三角形全等证明与应用【高频考点，选择/解答题】 1．（2026·四川成都·一模）如图，在和中，点B，F，C，E在同一直线上，，下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·四川成都·模拟预测）如图，，点A，C，E在同一条直线上，交于点F，若，，则的长为______． 3．（2025·四川成都·二模）如图，已知，，，则的值为_____． 4．（2026·四川成都·一模）如图，在平行四边形中，是的中点，延长和交于点．若面积为，则平行四边形的面积为_____________． 5．（2026·四川成都·一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转至，使得点的对应点在内部，且与相交于点，若，则的长为_____． 6．（2025·四川成都·二模）如图，四边形是矩形，对角线，相交于点，分别以点，为圆心，大于为半径画弧，两弧相交于点，作射线．若，，则__________． 7．（2026·四川成都·一模）综合与实践 定义：如果一个小矩形的四个顶点分别落在另一个大矩形的四条边上（不含顶点），则称这个小矩形为大矩形的内接矩形． (1)概念理解： 如图1，在正方形中，点、、、分别在、、、上，且，判断：四边形____________（填“是”或“不是”）正方形的内接矩形； (2)操作探究： 用长方形纸片进行如下操作： 第一步：如图2，沿折叠长方形纸片，点落在边上的点处，再展开纸片，沿裁剪，得到正方形和矩形； 第二步：将矩形按图3放置，发现、、、的对应点、、、恰好分别落在、、、上． ①试说明：； ②探究发现： 如图3，通过度量发现：点恰好是的中点，请说明理由； ③深入思考： 直接写出的值． 8．（2026·四川成都·一模）在平行四边形中，，点分别为上的两点． (1)如图1，若，且，求证：； (2)如图2，，求证：； (3)如图3，连接交于点，，若，求的值（用含的代数式表示）． 命题预测2：三角形相似判定与计算【每年必考，几何压轴核心】 1．（2026·四川成都·一模）如图，点在的边上，若只添加一个条件，就可以判定，则下列添加的条件中，正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川成都·一模）如图，在中，，D为的中点，平分，交，于点E，F，则_____________． 3．（2026·四川成都·二模）如图，将菱形绕点A逆时针旋转到菱形的位置，使点落在上，与交于点E，若，，则的长为 _____________ ． 4．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在中，，，点D在边上，且满足，则的值为______． 5．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在矩形中，，动点从出发沿射线以的速度运动，同时动点从出发沿射线以的速度运动，为的中点，连接，则的最小值为_______． 6．（2026·四川成都·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过作于点，交于点． (1)求证：； (2)若，，求及的长． 命题预测3：特殊四边形性质判定【高频考点，选择题】 1．（2026·四川成都·一模）如图，给定任意四边形．进行以下操作：第一次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第二次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第三次操作：连接四边形各边中点，得到四边形．现向四边形内部随机投掷一枚飞镖（忽略边界情况），则飞镖命中阴影区域（飞镖落在区域分界线时，忽略不计）的概率为_____． 2．如图，在菱形中，点为边上一点，将沿着翻折得到．点为中点，连接，过点作于点．若，，则的最小值为______． 3．（2026·四川成都·一模）阅读材料：如图1，已知正方形中，为对角线上一点，则将绕点逆时针旋转得到，则的最小值是线段的长度．根据阅读材料所提供的方法求解以下问题：如图2，若在边长为2的正方形中有任意两个点，则的最小值是_____． 4．（2026·四川成都·一模）如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 5．（2026·四川成都·一模）如图，在中，点E是线段的中点，点F在的延长线上，且，连接交线段于点G． (1)求的值； (2)当时． i）如图1，若的面积是，求k的值； ⅱ）如图2，连接，若，求的长（用含k的代数式表示）． 6．（2026·四川成都·一模）在平行四边形中，，点为直线上一点，将沿直线翻折得到． (1)如图1，当时，点恰好落在四边形的对角线上，连接，求证：； (2)如图2，当，时，点恰好落在边上，连接，与交于点，求的值； (3)如图3，当，，时，在翻折过程中，请探究，，三点能否构成直角三角形，若能，请直接写出的值，若不能，请说明理由． 命题预测4：圆的切线与圆周角应用【每年必考，解答题】 1．（2026·四川成都·一模）如图，是的直径，点C，D在上，，已知，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·四川绵阳·二模）如图，，与轴，轴均相切，将一次函数的图象平移，当图象与有公共点时，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·四川成都·一模）如图，筝形内接于，已知直径，，现假设可以随意在图中取点，则这个点取在阴影部分的概率为_____________． 4．（2026·四川成都·一模）如图，在中，，D为斜边上一点，是的外接圆，交于点F，直径交于点G． (1)求证：； (2)若，，，求及的长． 5．（2026·四川成都·二模）如图，以的边为直径作，交边于点D，过点C作交于点E，连接． (1)求证：； (2)若，求和的长． 6．（2026·四川广元·一模）如图，是的直径，点在上，的平分线交弦于，交于，过点作的切线交射线于． (1)求证：； (2)若的半径为4，，求的长． 命题预测5：解直角三角形实际应用【每年必考，解答题】 1．（2026·四川成都·一模）在主题为“用数学丈量家乡美景，用数据读懂城市发展”的综合与实践活动中，某班兴趣小组测量了家乡犹如宝石的斜拉桥主塔的高度．如图，在测点A处安置测角器，测得点N的仰角，测得点O的仰角，已知测点A距离塔底M约为94米，求斜拉桥主塔的上塔柱的高度．（结果精确到1米，参考数据：，，，，，） 2．（2026·四川成都·二模）天府新区秦皇湖，有天府新区小“泸沽湖”之称，在湖畔对面是天府国际会议中心，该中心以“天府之檐”为主题，沿秦皇湖东侧展开以中国古建筑“佛光寺大殿”抬梁式木结构为原型，建构了亚洲最大单体木结构建筑．天府新区某学校开展综合实践活动，测量该建筑物顶端到地面的高度．如图，为建筑物，在地面观测点处测得该建筑物顶端的仰角为，然后沿方向走米到点处，即米，在位于点正上方的观光台点处测得建筑物顶端的仰角为，已知米，，，根据以上测量数据，请求出该建筑物顶端到地面的高度，即的长．（结果精确到米；参考数据：，，） 3．（2026·四川广安·模拟预测）如图，小文在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识测量居民楼的高度，在居民楼前方有一斜坡，坡长，坡比为．小文在点处测得楼顶端的仰角为，在点处测得楼顶端的仰角为（点在同一平面内）． (1)求，两点的高度差； (2)求居民楼的高度．（结果保留整数，参考数据：） 4．（2026·四川达州·一模）如图，已知水平地面上方有一个水平的平台，该平台上有一个竖直的建筑物．在A处测得建筑物顶端C的仰角为，在B处测得C的仰角为，斜坡的坡度，米，．（点A，B，C，D在同一竖直平面内）．求建筑物的高度（结果精确到1米．参考数据：，，）． 5．（2026·四川泸州·模拟预测）某风景区内有一片百年梨园，园内梨树古朴苍劲，花开时节如云似雪，蔚为壮观．某数学学习小组带着测量工具来到该景区开展综合实践活动－测量梨树的高度．如图，梨树生长在一斜坡上方的平地上．在斜坡底部点处测得梨树顶端点的仰角为，在斜坡点处测得点的仰角为，斜坡长度为26米，坡度（图中各点均在同一平面内）． (1)求坡上平地离水平地面的高度； (2)求梨树的高度．（参考数值：，，结果保留1位小数） 6．（2026·四川遂宁·一模）江六桥是全国首座复杂曲线荷花瓣形钢混组合索塔斜拉桥，也是遂宁首座双塔五跨混凝土梁斜拉桥．某数学活动小组预测量主桥塔顶到江面的距离，设计了如下的测量方案： 课题 测量桥塔顶到江面的距离AB 实物图 测量工具 卷尺、测角仪… 测量示意图 测量方案及数据 在江边一点F处观测桥塔顶端，测得仰角为，然后向桥塔方向前进49m到达点，点处有一高为 2m的观测台，在观测台顶端处测得桥塔顶端的仰角为45° 测量说明 点在同一水平直线上，且 均垂直于 参考数据 … … 请帮助该小组的同学根据上表中的测量数据，计算出主桥塔顶到江面的距离．(结果精确到0.1m) 命题预测6：几何变换（折叠/旋转）综合计算【高频考点，填空/解答题】 1．（2026·四川成都·二模）已知点P是线段的黄金分割点（），，则___________． 2．（2026·四川成都·一模）七巧桌的设计灵感源自宋代黄伯思的《燕几图》，由其演变的七巧板，在西方被称为“唐图”，也叫“东方魔板”，是古代智慧的体现．下图是一张七巧桌，可以看作一个六棱柱，则其俯视图的内角和为_____________度． 3．（2025·四川成都·一模）如图，在中，，，点在边上，连接，将线段顺时针旋转度（）得到线段，连接． (1)如图，当点不与点、重合，线段与交于点，求证：； (2)若，求的长； (3)点在运动过程中，当是等腰三角形，求的长． 4．（2025·四川成都·二模）综合与探究： 【问题背景】如图1，在矩形中，对角线与交于点O，且，． (1)求证：为等边三角形； (2)如图2，将沿方向平移，得到，且交于点E，交于点F．连接，，若，求的长． (3)如图3，继续平移，使得顶点与点O重合，然后将绕点顺时针旋转，若旋转过程中始终保持与，分别交于点G，H，是否存在某些位置使得为直角三角形，若存在，求的长及的面积，若不存在，请说明理由． 5．（2025·四川成都·三模）在中，，，点D，E分别在边，上（不与A，B，C重合），将线段绕点E顺时针旋转得到线段． (1)如图1，当点F与点C重合时，求证：； (2)如图2，当点F在边时，作，交于点G，试说明与有何数量关系，并证明； (3)如图3，若点E为中点，，，连接、，当为直角三角形时，求的面积． 命题预测7：等腰/直角三角形性质应用【常在选择/填空题】 1．（2026·四川成都·一模）如图，在中，，．按以下步骤作图：①分别以点A，B为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点E，F；②作直线；③以点B为圆心，以为半径画弧交直线于点G；④连接交于点P．则______． 2．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在中，是的平分线，在上取一点，使得，射线交于点．若，，则四边形的面积为______． 3．（2025·四川成都·一模）将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子（图中的所有点、线都在同一平面内），若，，则_________． 4．（2025·四川成都·二模）如图，等边内一点D满足，延长交于E，，则______． 5．（2025·四川成都·一模）如图，在中，，点D为的中点，将沿翻折得到，连接，若，，则的长为_________． 6．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在等边中，．点D为等边外一点，连接，在线段上取一点E，使得，连接，若，则长度的最小值为_______． 7．（2025·四川成都·一模）如图，在中，，点为斜边的中点，于点，连接，将沿翻折至处，且点恰好落在直线上． (1)求的度数； (2)求证：垂直平分． 8．（2025·四川成都·模拟预测）综合与实践： 【特例】 （1）如图1，正方形中，E为边上一点，连接，过点E作交边于点F，连接，将沿直线折叠后，点A落在点处，当点恰好落在上时，求证：； 【探究】 （2）如图2，当四边形为矩形时，，其他条件不变，试判断与之间的数量关系，并证明； 【拓展】 （3）如图3，当四边形为菱形时，，，其他条件不变，当时，求的长．    命题预测8：几何性质与判定综合探究【B卷压轴必考】 1．（2026·四川绵阳·一模）如图1，在正方形纸片中，点是的中点．将沿折叠，使点落在点处，连接，延长交于点；如图2，再将沿折叠，此时点的对应点恰好落在上．设和重叠部分的面积为，正方形的面积为，则______． 2．（2026·四川绵阳·二模）矩形中，，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接与交于M，若，则_____． 3．（2026·四川成都·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点的坐标为，点是反比例函数的图象上一点，点是一次函数的图象上一点． (1)连接，与一次函数的图象相交于点． i）求点的坐标及的长； ii）连接，若点在直线的上方，当四边形是矩形时，求的值； (2)连接，是否存在点使得为等边三角形？若存在，求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 4．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在中，于点，点在上（不与点，重合），连接，交于点． (1)求和的长； (2)当是以为腰的等腰三角形时，求的长； (3)将沿着翻折后得到，点落在点处，连接，当时，直接写出的值． 5．（2025·四川成都·模拟预测）如图，是的外接圆，是的直径，是上一点，连接，，平分，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，，求的长． 6．（2025·四川成都·一模）在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，直线经过点B交x轴于点C，且． (1)求的表达式； (2)点D是直线上的一个动点，连接，当时，求点D的坐标； (3)点E是线段上的一个动点，点F为x轴上一点，且，当最小时，求的值． 7．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在中，以为直径作，交边于点D，E为上一点，使得，连接，． (1)求证：直线是的切线； (2)当，时，求的半径． 8．（2026·四川绵阳·二模）如图，正方形中，分别是边上的点，，垂足为，与相交于，与AC交于，与交于． (1)求证：； (2)若正方形边长为，，求的长度． 9．（2026·四川达州·一模）如图1，在矩形中，已知，点E，F分别是的中点，连接．将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为，连接，． (1)【问题发现】 ①当时，___；②当时，___； (2)【拓展探究】 在绕点C的旋转过程中，的值有无变化？若无变化，请就图2的情形给予证明；若变化，请说明理由； (3)【问题解决】 当旋转至A，F，E三点共线时，直接写出线段的长． 10．（2026·四川广元·一模）按要求解答： (1)问题提出：如图1，在中，．求证：； (2)问题探究：如图2，是的中线，点在上，连接，且，若，，求的长度； (3)问题解决：如图3，四边形是某小区内一块空地，其中米，米，，，小区物业准备在空地内找一点，分别修建四条小道、、、（小道的宽度忽略不计），并在、、内分别种植不同的绿植，为生活娱乐区，根据规划要求，，且小道与的比值尽可能大，请问是否存在满足要求的点？若存在，找出点的位置，并计算的最大值，若不存在，请说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 几何图形的性质与判定综合 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 真题动向 题型一 三角形全等的判定与性质应用 题型二 三角形相似的判定与性质综合 题型三 特殊四边形的性质与判定 题型四 圆的基本性质 题型五 解直角三角形及其应用 题型六 等腰/等边/直角三角形性质判定综合 题型七 图形变化 必备知识 知识1 三角形全等判定定理（SAS、ASA、AAS、SSS、HL）与核心性质 知识2 三角形相似判定（AA、SAS、SSS）与性质（对应边成比例、对应角相等） 知识3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定定理 知识4 等腰、等边、直角三角形的性质与判定 知识5 圆的核心性质：垂径定理、圆周角/圆心角定理、切线性质与判定 知识6 勾股定理及逆定理、特殊角三角函数值 知识7 三角形中位线、角平分线、垂直平分线的性质与判定 知识8 几何变换（折叠、旋转、平移）的不变性与坐标变换 知识9 多边形内角和、外角和定理 命题预测 预测1 三角形全等证明与应用【高频考点，选择/解答题】 预测2 三角形相似判定与计算【每年必考，几何压轴核心】 预测3 特殊四边形性质判定【高频考点，选择题】 预测4 圆的切线与圆周角应用【每年必考，解答题】 预测5 解直角三角形实际应用【每年必考，解答题】 预测6 几何变换（折叠/旋转）综合计算【高频考点，填空/解答题】 预测7 等腰/直角三角形性质应用【常在选择/填空题】 预测8 几何性质与判定综合探究【B卷压轴必考】 命题 透视 命题形式： 选择题、填空题及解答题（覆盖基础题、中档题、压轴综合题） 考察能力： 逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力、几何建模与转化能力 热考角度 考点 2025年 2024年 特殊四边形的性质与判定 T7：判断平行四边形、矩形、菱形、正方形的命题真假 T6：矩形的对角线性质 T8：平行四边形结合角平分线的性质应用 三角形性质与全等/相似 T25：平行四边形+折叠全等、三角形相似推理与计算 T17：圆中等腰三角形性质应用 T17：圆背景下三角形相似证明与计算 T26：三角形旋转全等、相似探究 尺规作图与几何性质 T13：尺规作垂直平分线，结合勾股定理求线段长 T8：尺规作角平分线，结合平行四边形、等腰三角形性质 圆的基本性质与切线 T17：直径所对圆周角、切线性质、等腰三角形综合证明与计算 T17：直径所对圆周角、三角形相似、勾股定理综合应用 图形变换（折叠/旋转） T25：点关于直线折叠（对称），结合平行四边形综合探究 T26：三角形绕顶点旋转，探究线段比值、直角三角形存在性 解直角三角形实际应用 T16：无人机测量距离，解直角三角形（俯角） T16：日影测量，解直角三角形（三角函数） 几何综合探究 T25：平行四边形+折叠+全等+相似，分层探究证明与计算 T26：二次函数+直线垂直+角平分线综合 T26：三角形旋转+全等+相似+直角三角形分类讨论 命题预测 1. 考情预测 · 根据2024-2025年成都中考命题趋势，2026年该专题为几何板块核心考点，选择、填空题侧重特殊四边形性质、尺规作图、圆的基础性质、解直角三角形等基础内容；解答题以圆的综合、四边形+折叠/旋转、三角形相似/全等为主流考法，压轴题延续“几何变换+推理计算+存在性探究”的命题思路，圆的切线、特殊四边形判定、相似三角形证明为高频设问，整体注重逻辑推理与几何转化思想的考查。 2. 备考建议 · 熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定定理，牢记三角形全等、相似的判定条件与性质；掌握圆的直径、圆周角、切线的核心性质，能规范书写几何证明步骤；强化尺规作图（角平分线、垂直平分线）对应的几何结论应用；熟练运用解直角三角形解决实际测量问题；掌握折叠、旋转的几何不变性，提升将复杂图形拆解为基础模型的能力，注重分类讨论思想在几何探究题中的应用。 题型一 三角形全等的判定与性质应用 1. 先找隐含条件：公共边、公共角、对顶角、平行线得等角。 1. 选用SSS、SAS、ASA、AAS、HL判定，书写注意边角对应。 1. 全等后得对应边、角相等，用于后续计算或证明。 1．（2024·四川成都·中考真题）如图，，若，，则的度数为______． 【答案】/100度 【分析】本题考查了三角形的内角和定理和全等三角形的性质，先利用全等三角形的性质，求出，再利用三角形内角和求出的度数即可． 【详解】解：由，， ∴， ∵， ∴， 故答案为： 2．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 【答案】（1）见解析；（2）4；（3） 【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解； （3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：（1）由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴ ∵，即 ∴ ∴即 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 题型二 三角形相似的判定与性质综合 1. 优先用两角对应相等判定相似，再用对应边成比例、对应角相等计算。 2. 未明确对应关系时，分类讨论不同相似情况。 3. 相似比可用于求边长、周长比、面积比。 3．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，，点D在边上，，，，则的值为________；点E在的延长线上，连接，若，则的长为________． 【答案】 4 / 【分析】作，垂足分别为，易得四边形为矩形，得到，证明为等腰直角三角形，得到，三线合一得到，，证明，得到，设，，求出的长，正切的定义求出，勾股定理求出的值，进而求出的值，证明，列出比例式进行求解即可． 【详解】解：作，垂足分别为，则四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴设，，则：，， ∴， ∴， ∴在中，，由勾股定理，得：， ∴（负值舍去）， ∴，， ∵，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 解得：（舍去）或； 故答案为：4，． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识点，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键． 4．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则______．    【答案】 【分析】连接，过E作于F，设，，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质证得，，，进而利用三角形的外角性质和三角形的中位线性质得到，，证明，利用相似三角形的性质和勾股定理得到；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明得到，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可． 【详解】解：连接，过E作于F，设，，    ∵，为中点， ∴，又， ∴，，， ∴，， ∵， ∴，则，又， ∴， ∴，， ∴， 则； ∵是的一条角平分线， ∴，又， ∴， ∴ ∴，则， ∴，即， 解得（负值已舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键． 5．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由． 【答案】（1）的值为；（2）；（3）直角三角形的面积为4或16或12或． 【分析】（1）根据，，．证明，，继而得到，即，再证明，得到． （2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，得到，根据中线得到，继而得到，结合，得到即，得到，再证明，得证矩形，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可． （3）运用分类思想解答即可． 【详解】（1）∵，，． ∴， ∴，， ∴即， ∵ ∴， ∴． （2）连接，延长交于点Q，根据（1）得， ∴， ∵是中线 ∴， ∴， ∵， ∴即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得； ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得． （3）如图，当与重合时，此时，此时是直角三角形， 故； 如图，当在的延长线上时，此时，此时是直角三角形， 故； 如图，当时，此时是直角三角形， 过点A作于点Q， ∵， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 故； 如图，当时，此时是直角三角形，过点A作于点Q，交于点N， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得； 故． 综上，直角三角形的面积为4或16或12或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键． 题型三 特殊四边形的性质与判定 1. 先证平行四边形，再加直角得矩形、加邻边相等得菱形。 2. 正方形需同时满足矩形+菱形的特征。 3. 用对角线性质（平分、相等、垂直）快速判定。 6．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查角平分线的尺规作图、平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及相似性质与判定的综合．先由作图得到为的角平分，利用平行线证明，从而得到，再利用平行四边形的性质得到，再证明，分别求出，，则各选项可以判定． 【详解】解：由作图可知，为的角平分， ∴，故A正确； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴，故B正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，，故D错误； ∵， ∴，故C正确， 故选：D． 7．（2025·四川成都·中考真题）下列命题中，假命题是（   ） A．矩形的对角线相等 B．菱形的对角线互相垂直 C．正方形的对角线相等且互相垂直 D．平行四边形的对角线相等 【答案】D 【分析】本题考查判断命题的真假，根据矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质和平行四边形的性质，逐一进行判断即可．熟练掌握相关性质，是解题的关键． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，是真命题，不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，是真命题，不符合题意； C、正方形的对角线相等且互相垂直，是真命题，不符合题意； D、平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，原命题是假命题，符合题意； 故选：D． 8．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，则， ∴选项A中不一定正确，故不符合题意； 选项B中不一定正确，故不符合题意； 选项C中一定正确，故符合题意； 选项D中不一定正确，故不符合题意， 故选：C． 9．（2025·四川成都·中考真题）如图，的半径为1，A，B，C是上的三个点．若四边形为平行四边形，连接AC，则图中阴影部分的面积为________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的判定和性质，求不规则图形的面积，连接，证明四边形为菱形，易得为等边三角形，，得到，根据阴影部分的面积等于弓形的面积加上的面积，即为扇形的面积，进行求解即可． 【详解】解：连接，交于点，则：， ∵四边形为平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积； 故答案为：． 10．（2022·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，以为边在直线的右侧作矩形，使得矩形矩形，交直线于点． (1)【尝试初探】在点的运动过程中，与始终保持相似关系，请说明理由． (2)【深入探究】若，随着点位置的变化，点的位置随之发生变化，当是线段中点时，求的值． (3)【拓展延伸】连接，，当是以为腰的等腰三角形时，求的值（用含的代数式表示）． 【答案】(1)见解析 (2)或 (3)或 【分析】（1）根据题意可得∠A=∠D=∠BEG=90°，可得∠DEH=∠ABE，即可求证； （2）根据题意可得AB=2DH，AD=2AB，AD=4DH，设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，可得DE=4x-a，再根据△ABE∽△DEH，可得或，即可求解； （3）根据题意可得EG=nBE，然后分两种情况：当FH=BH时，当FH=BF=nBE时，即可求解． 【详解】（1）解：根据题意得：∠A=∠D=∠BEG=90°， ∴∠AEB+∠DEH=90°，∠AEB+∠ABE=90°， ∴∠DEH=∠ABE， ∴△ABE∽△DEH； （2）解：根据题意得：AB=2DH，AD=2AB， ∴AD=4DH， 设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x， ∴DE=4x-a， ∵△ABE∽△DEH， ∴， ∴，解得：或， ∴或， ∴或； （3）解：∵矩形矩形，， ∴EG=nBE， 如图，当FH=BH时， ∵∠BEH=∠FGH=90°，BE=FG， ∴Rt△BEH≌Rt△FGH， ∴EH=GH=， ∴， ∵△ABE∽△DEH， ∴，即， ∴， ∴； 如图，当FH=BF=nBE时， ， ∴， ∵△ABE∽△DEH， ∴，即， ∴， ∴； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识是解题的关键． 题型四 圆的基本性质 1. 垂径定理结合勾股定理，求半径、弦长、弦心距。 2. 同弧圆周角相等，直径所对圆周角为直角。 3. 圆内接四边形对角互补，外角等于内对角。 11．（2024·四川成都·中考真题）如图，在扇形中，，，则的长为______． 【答案】 【分析】此题考查了弧长公式，把已知数据代入弧长公式计算即可． 【详解】解：由题意得的长为 ， 故答案为： 12．（2025·四川成都·中考真题）如图，点C在以为直径的半圆O上，连接，过点C作半圆O的切线，交的延长线于点D，在上取点E，使，连接，交于点F． (1)求证：； (2)若，，求半圆O的半径及的长． 【答案】(1)见解析 (2)半圆O的半径为2， 【分析】（1）连接，切线得到，等边对等角得到，圆周角定理得到，同角的余角得到，等量代换得到，即可得证； （2）连接，设半圆O的半径为，解直角三角形，求出半径的长，进行求出的长，平行得到，解直角三角形，求出，的长，角平分线的性质，以及同高三角形的面积比等于底边比，得到，进行求解即可． 【详解】（1）解：连接，则：， ∴， ∵过点C作半圆O的切线，交的延长线于点D， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）设半圆O的半径为，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即：半圆O的半径为2； ∴， 连接，则：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平分， ∴到的距离相等，都等于的长， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，角平分线的性质等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 13．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径作，交于，两点，连接，，． (1)求证：； (2)若，，，求的长和的直径． 【答案】(1)见详解； (2)，． 【分析】（1）先证明，然后利用对应边成比例，即可证明； （2）利用，知道，从而推出，结合，知道，推出，接下来证明，那么有，即，不妨设，代入求得的长度，不妨设，在和中利用勾股定理求得和的长度，最后利用，求得的长度，然后再利用勾股定理求得的长度． 【详解】（1）是的直径 又 （2）由（1）可知， 不妨设，那么 ， 不妨设，那么 在中，，， 在中，， 的直径是． 【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，三角形相似的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，二次根式的化简，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 题型五 解直角三角形及其应用 1. 仰角、坡度、方位角先画图，构造直角三角形。 2. 用三角函数、勾股定理求边长与角度。 3. 实际问题注意单位统一，结果符合实际场景。 14．（2025·四川成都·中考真题）在综合与实践活动中，某学习小组用无人机测量校园西门A与东门B之间的距离．如图，无人机从西门A处垂直上升至C处，在C处测得东门B的俯角为，然后沿方向飞行60米到达D处，在D处测得西门A的俯角为．求校园西门A与东门B之间的距离．（结果精确到0.1米；参考数据：，，，） 【答案】校园西门A与东门B之间的距离为207.6米 【分析】本题考查解直角三角形的应用，根据题意，易得，，米，分别解，进行求解即可． 【详解】解：由题意，得：，米， 在中，米； 在中，米； 答：校园西门A与东门B之间的距离为207.6米 15．（2024·四川成都·中考真题）中国古代运用“土圭之法”判别四季．夏至时日影最短，冬至时日影最长，春分和秋分时日影长度等于夏至和冬至日影长度的平均数．某地学生运用此法进行实践探索，如图，在示意图中，产生日影的杆子垂直于地面，长8尺．在夏至时，杆子在太阳光线照射下产生的日影为；在冬至时，杆子在太阳光线照射下产生的日影为．已知，，求春分和秋分时日影长度．（结果精确到0.1尺；参考数据：，，，，，）      【答案】9.2尺 【分析】本题主要考查解直角三角形和求平均数，利用正切分别求得和，结合题意利用平均数即可求得春分和秋分时日影长度． 【详解】解：∵，杆子垂直于地面，长8尺． ∴，即， ∵， ∴，即， ∵春分和秋分时日影长度等于夏至和冬至日影长度的平均数． ∴春分和秋分时日影长度为． 答：春分和秋分时日影长度9.2尺． 16．（2023·四川成都·统考中考真题）为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，某社区服务中心在文化活动室墙外安装避阳篷，便于社区居民休憩．如图，在侧面示意图中，遮阳篷长为米，与水平面的夹角为，且靠墙端离地高为米，当太阳光线与地面的夹角为时，求阴影的长．（结果精确到米；参考数据：）      【答案】米 【分析】过点作于点，于点，则四边形是矩形，在中，求得，进而求得，根据，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，于点，则四边形是矩形，    依题意， ，（米） 在中，（米），（米），则（米） ∵（米） ∴（米） ∵， ∴（米） ∴（米）． 题型六 等腰/等边/直角三角形性质判定综合 1. 等腰三角形三线合一，等边三角形三边三角均相等。 2. 直角三角形用勾股定理、30°角性质、面积法。 3. 等腰三角形多解问题，注意分类讨论顶角/底角。 17．（2025·四川成都·中考真题）正六边形的边长为1，则对角线的长为________． 【答案】2 【分析】本题考查正多边形的内角，等边对等角，含30度角的直角三角形的性质，如解图，连接，求出正六边形的一个内角的度数，等边对等角，求出的度数，进而推出为含30度角的直角三角形，进行求解即可． 【详解】解：连接， ∵正六边形， ∴，， ∴， ∴， ∵正六边形为轴对称图形， ∴， ∴， ∴； 故答案为：2． 18．（2023·四川成都·中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究． 在中，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．    【初步感知】 (1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程． 【深入探究】 (2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明； ②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明） 【拓展运用】 (3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）． 【答案】(1)见解析 (2)①，证明过程略；②当点F在射线上时，，当点F在延长线上时， (3) 【分析】（1）连接，当时，，即，证明，从而得到即可解答； （2）①过的中点作的平行线，交于点，交于点，当时，，根据，可得是等腰直角三角形，，根据（1）中结论可得，再根据，，即可得到； ②分类讨论，即当点F在射线上时；当点F在延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答； （3）如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，可利用建系的方法表示出的坐标，再利用中点公式求出，最后利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】（1）证明：如图，连接，    当时，，即， ， ，，, ，，即， ， ， 在与中， ， ， ， ； （2）① 证明：如图，过的中点作的平行线，交于点，交于点，    当时，，即， 是的中点， ，， ， ，， ， 是等腰直角三角形，且， ， 根据（1）中的结论可得， ； 故线段之间的数量关系为； ②解：当点F在射线上时， 如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，    同①，可得， ，， ，， 同①可得， ， 即线段之间数量关系为； 当点F在延长线上时， 如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，连接    同（1）中原理，可证明， 可得， ，， ，， 同①可得， 即线段之间数量关系为, 综上所述，当点F在射线上时，；当点F在延长线上时，； （3）解：如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，    如图，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作的垂线段，交于点，过点作的垂线段，交于点，   ， ，， ， ， ， ， 是的中点， ， ， ， ， 根据（2）中的结论， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键． 题型七 图形变化 1. 平移、旋转、轴对称均为全等变换，对应边、角相等。 2. 旋转找旋转中心与旋转角，折叠用垂直平分性质。 3. 坐标变换按规律计算，结合几何性质求解。 19．（2024·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了求关于原点对称的点的坐标．关于原点对称的两点，则其横、纵坐标互为相反数，由点关于原点对称的坐标特征即可求得对称点的坐标． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为； 故选：B． 20．（2025·四川成都·中考真题）下列几何体中，主视图和俯视图相同的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了简单几何体的三视图．熟练掌握主视图和俯视图，是解决问题的关键． 在正面内得到的由前向后观察物体的视图，叫做主视图；在水平面内得到的由上向下观察物体的视图，叫做俯视图．根据主视图，俯视图定义逐一判断，即得． 【详解】A、圆柱的主视图是矩形，俯视图是圆，主视图和俯视图不相同，故该选项不符合题意； B、三棱柱的主视图是矩形（中间有一条竖线 ），俯视图是三角形，主视图和俯视图不相同主视图是长方形，俯视图是三角形，主视图和俯视图不相同，故该选项不符合题意； C、球的主视图和俯视图都是圆，主视图和俯视图相同，故该选项符合题意；； D、四棱锥的主视图是三角形，俯视图是带对角线的四边形，主视图和俯视图不相同． 故选：C． 21．（2024·四川成都·中考真题）如图所示的几何体是由5个大小相同的小立方块搭成，它的主视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查简单几何体的三视图，根据主视图是从正面看到的图形求解即可． 【详解】 解：该几何体的主视图为， 故选：A． 22．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知，，过点作轴的垂线，为直线上一动点，连接，，则的最小值为______． 【答案】5 【分析】本题考查轴对称—最短问题以及勾股定理和轴对称图形的性质．先取点A关于直线的对称点，连交直线于点C，连，得到，，再由轴对称图形的性质和两点之间线段最短，得到当三点共线时，的最小值为，再利用勾股定理求即可． 【详解】解：取点A关于直线的对称点，连交直线于点C，连， 则可知，， ∴， 即当三点共线时，的最小值为， ∵直线垂直于y轴， ∴轴， ∵，， ∴， ∴在中， ， 故答案为：5 知识1 三角形全等判定定理（SAS、ASA、AAS、SSS、HL）与核心性质 判定 · SSS（三边相等）、SAS（两边及夹角相等）、ASA（两角及夹边相等）、AAS（两角及对边相等）； · HL（斜边+直角边，仅直角三角形）。 性质 · 对应边、对应角相等；对应高、中线、角平分线相等；周长、面积均相等。 知识2 三角形相似判定（AA、SAS、SSS）与性质（对应边成比例、对应角相等） 判定 · AA（两角分别相等，最常用）； · SAS（两边成比例+夹角相等）； · SSS（三边对应成比例）。 性质 · 对应角相等，对应边成比例（相似比）； · 对应线段、周长比=相似比；面积比=相似比²。 知识3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定定理 平行四边形 性质：对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分。 判定：两组对边平行/相等；一组对边平行且相等；对角线互相平分。 矩形 性质：平行四边形性质+四角为直角+对角线相等。 判定：平行四边形+一个直角；平行四边形+对角线相等；三角为直角。 菱形 性质：平行四边形性质+四边相等+对角线垂直平分内角。 判定：平行四边形+一组邻边相等；平行四边形+对角线垂直；四边相等。 正方形 性质：兼具矩形、菱形所有性质。 判定：矩形+邻边相等；菱形+一个直角；对角线相等且垂直的平行四边形。 知识4 等腰、等边、直角三角形的性质与判定 等腰三角形 性质：两腰/底角相等；三线合一；轴对称。 判定：等角对等边；两边相等。 等边三角形 性质：三边/三角相等（均60°）；三线合一；三条对称轴。 判定：三边/三角相等；有一个60°的等腰三角形。 直角三角形 性质：两锐角互余；勾股定理；斜边中线=斜边一半；30°对边=斜边一半。 判定：有一个直角；勾股逆定理；一边中线等于该边一半。 知识5 圆的核心性质：垂径定理、圆周角/圆心角定理、切线性质与判定 垂径定理：垂直于弦的直径平分弦及弦所对的两条弧。 圆心角/圆周角：同弧所对圆周角=圆心角一半；直径所对圆周角=90°。 圆心角、弧、弦：同圆中等圆心角⇌等弧⇌等弦。 切线：判定（过半径外端且垂直半径）；性质（切线⊥过切点半径）。 知识6 勾股定理及逆定理、特殊角三角函数值 勾股定理：中；逆定理：三边满足则为直角三角形。 特殊角三角函数值： · · · 知识7 三角形中位线、角平分线、垂直平分线的性质与判定 中位线：平行于第三边且等于其一半。 角平分线：线上点到角两边距离相等；逆定理成立。 垂直平分线：线上点到线段两端距离相等；逆定理成立。 知识8 几何变换（折叠、旋转、平移）的不变性与坐标变换 共性：均为全等变换，对应边、角、周长、面积不变。 平移：左减右加，上加下减；对应点连线平行相等。 折叠（轴对称）：折痕垂直平分对应点连线，构等腰/直角三角形。 旋转：对应点到旋转中心等距，旋转角相等；绕原点转90°坐标互换变号。 知识9 多边形内角和、外角和定理 边形内角和： 任意多边形外角和：恒为360° 命题预测1：三角形全等证明与应用【高频考点，选择/解答题】 1．（2026·四川成都·一模）如图，在和中，点B，F，C，E在同一直线上，，下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据三角形全等的性质，平行线的判定解答即可． 【详解】解：， ， ， ； 无法证明； ， ，， ， 故选项A、C、D正确，不符合题意，选项B不正确，符合题意． 2．（2025·四川成都·模拟预测）如图，，点A，C，E在同一条直线上，交于点F，若，，则的长为______． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质．根据全等三角形的性质，可得，，再由，可得，即可求解． 【详解】解：∵，， ，， ∵， ， ， ， ， ， 故答案为： 3．（2025·四川成都·二模）如图，已知，，，则的值为_____． 【答案】5 【分析】本题考查全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应边相等． 由全等三角形的对应边相等，即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴． 故答案为：5． 4．（2026·四川成都·一模）如图，在平行四边形中，是的中点，延长和交于点．若面积为，则平行四边形的面积为_____________． 【答案】 【分析】证明得到，证明，得到，即可求解． 【详解】解：在平行四边形中，是的中点， ，，， ，， ， ， ， ， ， ， 平行四边形的面积． 5．（2026·四川成都·一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转至，使得点的对应点在内部，且与相交于点，若，则的长为_____． 【答案】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、角度关系推导及线段长度计算等几何综合知识．该解题过程先通过截取并作构造辅助线，再利用角度关系推导出，结合相似三角形的性质求出和的长度，接着通过等腰三角形三线合一及全等三角形的性质得到，最后代入线段长度计算出的值． 【详解】解：截取，作于点， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴由，得， ∴， ∴由，得， ∴， ∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 则的长为， 故答案为：． 6．（2025·四川成都·二模）如图，四边形是矩形，对角线，相交于点，分别以点，为圆心，大于为半径画弧，两弧相交于点，作射线．若，，则__________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、作角平分线，勾股定理，解决本题的关键是证明．由作图过程可得是的角平分线，结合题意，证明，得出根据矩形的性质进而得到，由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设，交于点 四边形是矩形， ，， 由作图过程可知：是的角平分线， ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ，则， ， 故答案为：． 7．（2026·四川成都·一模）综合与实践 定义：如果一个小矩形的四个顶点分别落在另一个大矩形的四条边上（不含顶点），则称这个小矩形为大矩形的内接矩形． (1)概念理解： 如图1，在正方形中，点、、、分别在、、、上，且，判断：四边形____________（填“是”或“不是”）正方形的内接矩形； (2)操作探究： 用长方形纸片进行如下操作： 第一步：如图2，沿折叠长方形纸片，点落在边上的点处，再展开纸片，沿裁剪，得到正方形和矩形； 第二步：将矩形按图3放置，发现、、、的对应点、、、恰好分别落在、、、上． ①试说明：； ②探究发现： 如图3，通过度量发现：点恰好是的中点，请说明理由； ③深入思考： 直接写出的值． 【答案】(1)是 (2)①见解析；②见解析；③ 【分析】（1）根据内接矩形的定义，结合正方形边长相等的性质，证明四边形的顶点在正方形的边上，且为矩形，从而判定其为内接矩形。 （2）①利用正方形和矩形的性质找等角，用证，得到； ②过作，证四边形是矩形，再用证，结合推得，即是中点； ③设正方形边长为，由两角相等证，得比例式化简得，推出是等腰直角三角形，结合是中点，知、，又，故． 【详解】（1）解：设正方形的边长为，，则． 在与中，，，， ， ，． ， ，即． 同理可得四边形的四个角均为直角，且四边相等，故为正方形； 又其顶点均在正方形的四条边上， 四边形是正方形的内接矩形． （2）①解：四边形是正方形， ，． 四边形是矩形， ，． ∴，， ， ，， ． 在与中，，，， ， ； ②解：如图，过点作于点，连接、， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，． 矩形矩形， ． 在与中，，， ， ． 由①知， ∴， ， ，即点恰好是的中点； ③解：设正方形的边长为，则， 由①， 设，， 则，． ∵，， ∴， ∴，即，展开化简得， 解得或(舍去)， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴． ∵点是的中点， ， ∴． 8．（2026·四川成都·一模）在平行四边形中，，点分别为上的两点． (1)如图1，若，且，求证：； (2)如图2，，求证：； (3)如图3，连接交于点，，若，求的值（用含的代数式表示）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)． 【分析】本题考查三角形相似的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键． （1）利用证明； （2）在的延长线上取点M，使，证明，即可求解； （3）延长至N，使，证明，得到，再由，得到，由此可求． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， ∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； （2）证明：在的延长线上取点M，使， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：延长至N，使， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 命题预测2：三角形相似判定与计算【每年必考，几何压轴核心】 1．（2026·四川成都·一模）如图，点在的边上，若只添加一个条件，就可以判定，则下列添加的条件中，正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查相似三角形的判定，在两个三角形中，满足三边对应成比例、两边对应成比例且夹角相等或两组角对应相等，则这两个三角形相似．根据相似三角形的判定方法，逐项判断即可． 【详解】解：A、不是的边，不能判定，该选项不符合题意； B、由，，判定，该选项符合题意； C、两个三角形的两边对应成比例，但夹角和不一定相等，不能判定，该选项不符合题意； D、比例式中没有的边，不能判定，该选项不符合题意． 故选：B． 2．（2026·四川成都·一模）如图，在中，，D为的中点，平分，交，于点E，F，则_____________． 【答案】 【分析】过点作，，过点作交于点，设，则，，利用角平分线的性质和面积公式求得，根据和，计算出即可解答． 【详解】解：如图，过点作，，过点作交于点， ，D为的中点， ， 设，则，， 可得， ， 平分，，， ， ， ，， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 3．（2026·四川成都·二模）如图，将菱形绕点A逆时针旋转到菱形的位置，使点落在上，与交于点E，若，，则的长为 _____________ ． 【答案】 【分析】先证明，过点作交于点，然后根据平行线的性质证明，，求解即可． 【详解】解：根据题意，得，， 在和中 ， ， 四边形是菱形， ，，， ∴， ， 点在上， 过点作交于点 ， ， ， ∴ ， ， ， , , ; 4．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在中，，，点D在边上，且满足，则的值为______． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形判定与性质、等腰直角三角形及解直角三角形知识，解题关键是通过构造等腰直角三角形和相似三角形，结合三角函数求解． 构造等腰直角（截取），设，得等边长，及．推导出，结合，证，求出；用勾股定理算、，得．结合求，再用勾股定理算，最后由余弦定义得． 【详解】解：在上截取，过点D作于点E， 如图，设，则，， ，， 为等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ， ∴，即， 解得， 在中，， 在中， ， ， 在中， ， ， 在中， ， ， 即的值为， 故答案为：， 5．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在矩形中，，动点从出发沿射线以的速度运动，同时动点从出发沿射线以的速度运动，为的中点，连接，则的最小值为_______． 【答案】/0.7 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解直角三角形，矩形的性质等知识，作适当辅助线构造直角三角形是解题的关键． 如图①，连接，根据动点速度之间的数量关系及矩形的长宽，列出比例式，从而得到，从而得到，再证得点在线段的垂直平分线上，如图②，作线段的垂直平分线交于点O， 当时，最短．此时， 可得，再结合直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，即可求解． 【详解】解：如图①，连接，连接， 根据题意得：，则， ∵， ， 又， ， ， ， ，点G为的中点， ， 点在线段的垂直平分线上， 如图②，作线段的垂直平分线交于点O， 当时，最短．此时， ∴， ， 在中，， ∴ ， ， 又， ， 的最小值为． 故答案为： 6．（2026·四川成都·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过作于点，交于点． (1)求证：； (2)若，，求及的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)的长为，的长为． 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，解一元二次方程，勾股定理，同角的余角相等，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由四边形是菱形，得，，又，所以，则，，得出，然后通过相似三角形的判定方法即可求证； （）由四边形是菱形，得，又，所以，即， 解得，在中，，再证明，所以，再代入即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴ ； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴（负值舍）， ∴的长为，的长为． 命题预测3：特殊四边形性质判定【高频考点，选择题】 1．（2026·四川成都·一模）如图，给定任意四边形．进行以下操作：第一次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第二次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第三次操作：连接四边形各边中点，得到四边形．现向四边形内部随机投掷一枚飞镖（忽略边界情况），则飞镖命中阴影区域（飞镖落在区域分界线时，忽略不计）的概率为_____． 【答案】 【分析】本题考查几何概率，三角形中位线定理以及中点四边形的性质．根据中点四边形的性质以及三角形中位线定理得出即可． 【详解】解：如图，连接， ∵是的中位线， ∴，， ∴， 同理， ∴， 同理， ∴， ∴， 同理，， ∴飞镖命中阴影区域的概率为． 故答案为：． 2．如图，在菱形中，点为边上一点，将沿着翻折得到．点为中点，连接，过点作于点．若，，则的最小值为______． 【答案】 【分析】过点作于点，作线段的中点，连接，过点作于点，利用全等三角形得出，得到当点共线时，的值最小，即为线段的长度，然后解直角三角形即可． 【详解】解：如图所示，过点作于点，作线段的中点，连接，过点作于点， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴ 根据翻折的性质可得，，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当点共线时，的值最小，即为线段的长度， ∵， 设，则， 由勾股定理得，， 解得， ∴， 即的最小值为． 3．（2026·四川成都·一模）阅读材料：如图1，已知正方形中，为对角线上一点，则将绕点逆时针旋转得到，则的最小值是线段的长度．根据阅读材料所提供的方法求解以下问题：如图2，若在边长为2的正方形中有任意两个点，则的最小值是_____． 【答案】/ 【分析】本题考查旋转的性质，正方形性质及等边三角形判定与性质．将绕B逆时针旋转得到，连接，将绕D逆时针旋转得到，连接，连接与，分别交于M，N，证明是，的垂直平分线，再求出，即可得到答案． 【详解】解：将绕B逆时针旋转得到，连接，将绕D逆时针旋转得到，连接，连接与，分别交于M，N，如图： 由旋转可知，，，，，，，，，，， ∴，，，都是等边三角形， ∴，， ∴， ∴的最小值即为的长， ∵，， ∴在的垂直平分线上，在的垂直平分线上， ∵，， ∴是，的垂直平分线， ∴，， ∴，，四边形是长方形， ∴， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：． 4．（2026·四川成都·一模）如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用平行四边形的判定定理证明四边形是平行四边形，再利用邻边相等的平行四边形是菱形可得结果； （2）利用矩形的性质结合三角形中位线定理得出，利用菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵点为的中点，且， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形，且， ∴，， 又∵点为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）可知：四边形是菱形， ∴菱形的面积为：． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，三角形中位线定理，理解矩形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质，三角形中位线定理是解决问题的关键． 5．（2026·四川成都·一模）如图，在中，点E是线段的中点，点F在的延长线上，且，连接交线段于点G． (1)求的值； (2)当时． i）如图1，若的面积是，求k的值； ⅱ）如图2，连接，若，求的长（用含k的代数式表示）． 【答案】(1) (2)i）；ⅱ） 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，则可证明，证明得到，据此可得答案； （2）：i）如图所示，连接，由相似三角形的性质得到，，同理可得，则；可求出，证明；求出，则，，由勾股定理得到，再根据三角形的面积公式建立方程求解即可；ⅱ）如图所示，连接，设交于点M，证明，得到；设，证明，可推出；设，则，由勾股定理可得，即，据此可得答案． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点E是线段的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：i）如图所示，连接， 由（1）可得， ∴，， ∴同理可得， ∵的面积是8， ∴； ∵点E是线段的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得或（舍去）； ⅱ）如图所示，连接，设交于点M， 由（1）（2）得， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴； 设， ∵，， ∴， ∴，即， ∴； 设，则， 由（2）i）得，则（平行线的性质）， 在和中，由勾股定理得 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，等边对等角，勾股定理，熟知相似三角形的性质及其判定定理是解题的关键． 6．（2026·四川成都·一模）在平行四边形中，，点为直线上一点，将沿直线翻折得到． (1)如图1，当时，点恰好落在四边形的对角线上，连接，求证：； (2)如图2，当，时，点恰好落在边上，连接，与交于点，求的值； (3)如图3，当，，时，在翻折过程中，请探究，，三点能否构成直角三角形，若能，请直接写出的值，若不能，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)能，或或或 【分析】（1）记与的交点为点，根据折叠的性质进而得出点，在的垂直平分线上，证明，根据相似三角形的性质即可得证； （2）过点F作交于点M，根据题意设，则，勾股定理求得，证明，进而得出，证明，根据相似三角形的性质，即可求解； （3）①当，点在上方时，延长交于点，过点作于点，②当，点在下方时，交于点，过点作延长线于点，③当，点在上方时，延长交的延长线于点，过点作于点，④当，点在下方时，交的延长线于点，过点作直线于点，解，即可求解；⑤不存在的情况． 【详解】（1）证明：记与的交点为点， 翻折得到， ，，， ∴点，在的垂直平分线上， ， ， ，， ， ， ， ， ； （2）解：过点F作交于点M， 在平行四边形中，， ∴四边形是矩形， ， ， ∴设，则， 由勾股定理得：， ， 由翻折得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：①当，点在上方时， 如图，延长交于点，过点作于点， ， ， ，， ，， ， 由翻折，得， ， ， ，， 设， 则，，， ， 解得， ； ②当，点在下方时， 如图，交于点，过点作延长线于点， ， ， ，， ，， ， 由翻折，得， ， ， ，， 设， 则，，， ， 解得， ； ③当，点在上方时， 如图，延长交的延长线于点，过点作于点， ， ， ，，， ，， 由翻折，得， ， ， ，，， 设， 则，，， ， 解得， ； ④当，点在下方时， 如图，交的延长线于点，过点作直线于点， ， ， ，，， ，， 由翻折，得， ， ， ，， 设， 则，，， ， 解得， ； ⑤不存在的情况； 综上所述，或或或． 命题预测4：圆的切线与圆周角应用【每年必考，解答题】 1．（2026·四川成都·一模）如图，是的直径，点C，D在上，，已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由弧弦关系得,由等腰三角形性质得，由直径性质得，由直角三角形性质得，即得答案． 【详解】解：∵点C，D在上，， ∴， ∵， ∴, ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴． 2．（2026·四川绵阳·二模）如图，，与轴，轴均相切，将一次函数的图象平移，当图象与有公共点时，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆心坐标及圆与坐标轴相切得出圆的半径，设圆上任意一点坐标为，由半径得，，那么圆上任意一点的横纵坐标满足方程 ，再联立与得到一元二次方程，根据直线与圆有公共点，利用一元二次方程根的判别式 建立关于 b 的不等式，最后利用二次函数的图象与性质解不等式即可． 【详解】解：圆心 ， ∴圆心到轴，轴的距离为 ∵与轴，轴均相切， 的半径， 设圆上任意一点坐标为， 由半径得， ∴圆上任意一点的横纵坐标满足方程， 当图象与有公共点时， 联立与， 得： ， 整理得：， 关于 的一元二次方程有实数根， ， 整理得，. 令， 解得， 令， ∴不等式的解集，即为抛物线在轴下方时，对应于轴交点横坐标的取值范围， ∵，抛物线开口方向向上， 不等式的解集为． 3．（2026·四川成都·一模）如图，筝形内接于，已知直径，，现假设可以随意在图中取点，则这个点取在阴影部分的概率为_____________． 【答案】/ 【分析】设与相交于点E，设的半径为r，先求出圆的面积，再运用等边三角形的判定和性质与勾股定理求出筝形的面积，进而求解即可． 【详解】解：设与相交于点E，如图， 设的半径为r， ∴， ∴圆的面积为： ∵筝形内接于，且， ∴，，对角线平分， ∵， ∴为等边三角形，， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∴点取在阴影部分的概率为． 4．（2026·四川成都·一模）如图，在中，，D为斜边上一点，是的外接圆，交于点F，直径交于点G． (1)求证：； (2)若，，，求及的长． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】（1）连接，根据直径得出直角，证明，利用圆周角定理得出，最后利用三角形的外角定理即可得出结论； （2）连接，，过点D作于点H，根据圆周角定理和圆内接四边形的性质得出，，然后利用勾股定理以及锐角三角函数求出相关线段的长度，证明，利用对应边成比例进行求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 为直径， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：如图，连接，，过点D作于点H， ，， ， ， ∵四边形内接于， ， ， ， ， ，， ， ， ，， ，， ， ，， ， ， 即， ，． 5．（2026·四川成都·二模）如图，以的边为直径作，交边于点D，过点C作交于点E，连接． (1)求证：； (2)若，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据，得到，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，可证明是等腰三角形，即可解答； （2）根据直径所对的圆周角为直角，得到，设，根据勾股定理列方程，解得x的值，即可求出；过点作的垂线段，交的延长线于点F，证明，求出的长，根据勾股定理即可解出的长． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ； （2）解：设， 是的直径， ， ， ，即， 根据（1）中的结论，可得， 根据勾股定理，可得，即， 解得，（舍去）， ，, 根据勾股定理，可得； 如图，过点作的垂线段，交的延长线于点F， ， ， ， ，即， ，，， ， ， ， 设，则， ， 可得方程，解得， ，， 根据勾股定理，可得． 6．（2026·四川广元·一模）如图，是的直径，点在上，的平分线交弦于，交于，过点作的切线交射线于． (1)求证：； (2)若的半径为4，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角和切线的性质可得，由直角三角形两锐角互余可证明，，再由对顶角相等和角平分线的定义得到，，据此可证明，则； （2）连接，如图，设，根据圆周角定理得到，则根据等腰三角形的性质得到，所以，再证明，则，所以，，则，利用勾股定理计算出的长，即可得到的长． 【详解】（1）证明：∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵是的切线， ∴， ∴； ∵的平分线交弦于， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，如图， ∵， ∴可设， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵的半径为4， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 命题预测5：解直角三角形实际应用【每年必考，解答题】 1．（2026·四川成都·一模）在主题为“用数学丈量家乡美景，用数据读懂城市发展”的综合与实践活动中，某班兴趣小组测量了家乡犹如宝石的斜拉桥主塔的高度．如图，在测点A处安置测角器，测得点N的仰角，测得点O的仰角，已知测点A距离塔底M约为94米，求斜拉桥主塔的上塔柱的高度．（结果精确到1米，参考数据：，，，，，） 【答案】斜拉桥主塔的上塔柱高约53米 【分析】过点B作于点D，则，根据矩形的判定和性质得到，利用解直角三角形求出，，即可求出． 【详解】解：过点B作于点D，则， ∴四边形是矩形， （米）， ∵在中，， （米）， ∵在中，， （米）， （米）， ∴斜拉桥主塔的上塔柱高约53米． 2．（2026·四川成都·二模）天府新区秦皇湖，有天府新区小“泸沽湖”之称，在湖畔对面是天府国际会议中心，该中心以“天府之檐”为主题，沿秦皇湖东侧展开以中国古建筑“佛光寺大殿”抬梁式木结构为原型，建构了亚洲最大单体木结构建筑．天府新区某学校开展综合实践活动，测量该建筑物顶端到地面的高度．如图，为建筑物，在地面观测点处测得该建筑物顶端的仰角为，然后沿方向走米到点处，即米，在位于点正上方的观光台点处测得建筑物顶端的仰角为，已知米，，，根据以上测量数据，请求出该建筑物顶端到地面的高度，即的长．（结果精确到米；参考数据：，，） 【答案】该建筑物顶端到地面的高度约为米 【分析】过点作，垂足为，证明四边形是矩形，得到，米，设米， 则米， 分别在和中，利用锐角三角函数的定义表示出和的长，根据， 列出关于的方程，进行计算即可解答． 【详解】解：过点作，垂足为， ，， ， 四边形是矩形， ，米， 设米， 则米， 在中，， （米）， 在中，， 米， ， ， 解得， （米）， 即该建筑物顶端到地面的高度约为米． 3．（2026·四川广安·模拟预测）如图，小文在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识测量居民楼的高度，在居民楼前方有一斜坡，坡长，坡比为．小文在点处测得楼顶端的仰角为，在点处测得楼顶端的仰角为（点在同一平面内）． (1)求，两点的高度差； (2)求居民楼的高度．（结果保留整数，参考数据：） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）过点作，垂足为，设，则，在中，由勾股定理求得，求得，据此计算即可得出答案； （2）过点作，垂足为，根据题意可得：，，然后设，则，分别在和中，利用锐角三角函数定义求出和的长，从而列出关于a的方程，进行计算即可解答． 【详解】（1）解：过点作，垂足为， 坡比为， 设，则， 在中，， ， ， 解得：， ，， ，两点的高度差为； （2）解：过点作，垂足为， 由题意得：，， 设， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ， ， 解得：， ， 居民楼的高度约为． 4．（2026·四川达州·一模）如图，已知水平地面上方有一个水平的平台，该平台上有一个竖直的建筑物．在A处测得建筑物顶端C的仰角为，在B处测得C的仰角为，斜坡的坡度，米，．（点A，B，C，D在同一竖直平面内）．求建筑物的高度（结果精确到1米．参考数据：，，）． 【答案】11米 【分析】如图，过点B作于点E，延长交于点F，由斜坡的坡度，得出，再由勾股定理得到米，米，设米，则米，然后解直角三角形表示出米，米，然后利用列方程求解． 【详解】解：如图，过点B作于点E，延长交于点F， ∵斜坡的坡度， ∴， ∴， 在中，，即， 解得：米， ∴米， ∵， ∴， ∵ ∴四边形为矩形， ∴米，， 设米，则米， 在中，，， ∴， ∴米， 在中，， ∴米 ∴米 ∵ ∴， 解得：（米） 答：建筑物的高度约为11米． 5．（2026·四川泸州·模拟预测）某风景区内有一片百年梨园，园内梨树古朴苍劲，花开时节如云似雪，蔚为壮观．某数学学习小组带着测量工具来到该景区开展综合实践活动－测量梨树的高度．如图，梨树生长在一斜坡上方的平地上．在斜坡底部点处测得梨树顶端点的仰角为，在斜坡点处测得点的仰角为，斜坡长度为26米，坡度（图中各点均在同一平面内）． (1)求坡上平地离水平地面的高度； (2)求梨树的高度．（参考数值：，，结果保留1位小数） 【答案】(1)10米 (2)5.8米 【分析】（1）过点作于点，根据得，设，则，根据勾股定理列方程求解即可； （2）延长交于点，则四边形是矩形，得，解得，从而得，，解可得结论． 【详解】（1）解：过点作于点， ∵， ∴， ∴设，则， 又米， 由勾股定理得， ∴， 解得：， ∴米， 所以，坡上平地离水平地面的高度为10米； （2）解：延长交于点，则四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴, ∴； ∴， 由（1）知， ∴， 又， 在中，， ∴， ∴， 解得：（米）． 6．（2026·四川遂宁·一模）江六桥是全国首座复杂曲线荷花瓣形钢混组合索塔斜拉桥，也是遂宁首座双塔五跨混凝土梁斜拉桥．某数学活动小组预测量主桥塔顶到江面的距离，设计了如下的测量方案： 课题 测量桥塔顶到江面的距离AB 实物图 测量工具 卷尺、测角仪… 测量示意图 测量方案及数据 在江边一点F处观测桥塔顶端，测得仰角为，然后向桥塔方向前进49m到达点，点处有一高为 2m的观测台，在观测台顶端处测得桥塔顶端的仰角为45° 测量说明 点在同一水平直线上，且 均垂直于 参考数据 … … 请帮助该小组的同学根据上表中的测量数据，计算出主桥塔顶到江面的距离．(结果精确到0.1m) 【答案】 【分析】本题考查解直角三角形的应用，，则，继而求得，再用的正切值建立方程求解即可． 【详解】解：由题意，得，， 设，则． ， 在中， ∴ 在中， ，即 解得 ∴主桥塔顶到江面的距离为． 命题预测6：几何变换（折叠/旋转）综合计算【高频考点，填空/解答题】 1．（2026·四川成都·二模）已知点P是线段的黄金分割点（），，则___________． 【答案】 【分析】根据黄金分割点的定义，较长线段与整个线段的比值等于较短线段与较长线段的比值，即 ，利用已知条件，结合线段关系，建立方程求解，即可作答． 【详解】解：设，则， ∵点P是线段的黄金分割点， ∴，即， ∴， 整理为 ， ∴， 解得， 得（舍去负根）， 即． 2．（2026·四川成都·一模）七巧桌的设计灵感源自宋代黄伯思的《燕几图》，由其演变的七巧板，在西方被称为“唐图”，也叫“东方魔板”，是古代智慧的体现．下图是一张七巧桌，可以看作一个六棱柱，则其俯视图的内角和为_____________度． 【答案】 【分析】边形的内角和（其中为多边形的边数，且，为正整数），先得到俯视图为六边形，再根据多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：该六棱柱的俯视图为六边形， 根据多边形的内角和公式可得，其俯视图的内角和为． 3．（2025·四川成都·一模）如图，在中，，，点在边上，连接，将线段顺时针旋转度（）得到线段，连接． (1)如图，当点不与点、重合，线段与交于点，求证：； (2)若，求的长； (3)点在运动过程中，当是等腰三角形，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)或． 【分析】（1）由旋转性质得，，结合等边对等角、三角形内角和定理推得，，即可得证； （2）作于点，结合三线合一定理得，用勾股定理求出、后，根据相似三角形的性质即可求解； （3）分三种情况讨论：①当时；②当时；③当时． 【详解】（1）证明：由旋转性质可得，， ， ， ， ， 又，， ，， ，， ； （2）解：作于点， ，， ， 由勾股定理得， ， ， 由（1）得， ， ； （3）解：是等腰三角形，分三种情况讨论： ①当时， ， 由（1）得， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ； ②当时， ， ， ， ， 但此时、有公共点，不可能互相平行， 此情况不成立； ③当时， ， ，，， ， ， ， ， ，， ， 综上所述，当为等腰三角形时，的值为或． 【点睛】本题考查的知识点是旋转性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，解题关键是利用分类讨论思想解决问题． 4．（2025·四川成都·二模）综合与探究： 【问题背景】如图1，在矩形中，对角线与交于点O，且，． (1)求证：为等边三角形； (2)如图2，将沿方向平移，得到，且交于点E，交于点F．连接，，若，求的长． (3)如图3，继续平移，使得顶点与点O重合，然后将绕点顺时针旋转，若旋转过程中始终保持与，分别交于点G，H，是否存在某些位置使得为直角三角形，若存在，求的长及的面积，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解答； (2)； (3)存在，，的面积为 【分析】（1）利用矩形的形状，可得是直角三角形，．运用勾股定理计算出的长后，可以得到，于是命题得证； （2）过点O作于点K，利用平移的性质和矩形的性质可以证出四边形是平行四边形，结合条件，则四边形是菱形．设，结合（1）的结论与勾股定理，可以表示出和，进一步表示出和．利用菱形的性质计算出a的值，然后求出的长； （3）先进行分类讨论，排除不符合条件的情况后，只有，这一种可能．过点O作于M，利用勾股定理和解直角三角形求出，，和的长．再根据同角的余角相等，得到，利用锐角三角函数计算出的长以及的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵，， ∴在直角中，， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形； （2）解：如图，过点O作于点K， 由平移得，，，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， 同理得：， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， 设，则， 在直角中，， ∴， ∵，， 又∵， ∴， 解得，， ∴； （3）解：假设存在， ∵， ∴， 当时，如图，过点O作于N， ∵，， ∴， 在中，， 在中，，，， ∵， ∴，解得，， ∵， 又∵垂线段最短， ∴点G与点N重合，此时与也重合，这与矛盾，故不存在； 当时，如图，过点O作于M， ∵，， ∴， 在中，，，， ∵， ∴，解得，， 在中，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，；在中，， ∴， ∴， 解得，， ∴； 综上所述，存在一些位置使得为直角三角形，此时，． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，平移的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质以及解直角三角形，掌握好旋转的性质并运用分类讨论思想是解题关键． 5．（2025·四川成都·三模）在中，，，点D，E分别在边，上（不与A，B，C重合），将线段绕点E顺时针旋转得到线段． (1)如图1，当点F与点C重合时，求证：； (2)如图2，当点F在边时，作，交于点G，试说明与有何数量关系，并证明； (3)如图3，若点E为中点，，，连接、，当为直角三角形时，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)，证明见解析 (3)或或 【分析】（1）证明，从而； （2）以为圆心，长为半径圆弧，交于，取的中点，连接，可证得，从而，从而，进而得出，从而，从而得出结果； （3）作的垂直平分线，交于，连接，可求得，分两种情形：当时，即点在上时，作于，可得出，设，则，可得出，进而根据得方程，求得的值，进一步得出结果；当时，构造＂一线三等角＂得出，从而，，设，则，从而，根据得出的方程，根据勾股定理得方程，从而求得的值，进一步得出结果． 【详解】（1）如图，连接， 由题意得， ； （2） ，理由如下： 以为圆心，长为半径画弧，交于，取的中点，连接， ； （3）如图， 作的垂直平分线，交于，连接， 则， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴． （i）如图， 当时，即点在上时，作于， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， 由得，， ∴， ∴， ； （ii）当时， 作于，作于，作交于，作，交于， ∵， ∴， ∴， ，， ， ， ， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， 由得，①， 取的中点，作于， 则，四边形是矩形， ∴， ∴， 由勾股定理得，②， 由①②得，， 当时，， 当时，， 综上所述：或或． 命题预测7：等腰/直角三角形性质应用【常在选择/填空题】 1．（2026·四川成都·一模）如图，在中，，．按以下步骤作图：①分别以点A，B为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点E，F；②作直线；③以点B为圆心，以为半径画弧交直线于点G；④连接交于点P．则______． 【答案】 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质、三角函数及线段垂直平分线的性质．如图，由题意易得，，，则有，进而问题可求解． 【详解】解：如图所示： 由题意得垂直平分，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：． 2．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在中，是的平分线，在上取一点，使得，射线交于点．若，，则四边形的面积为______． 【答案】/ 【分析】本题考查等边三角形的性质，相似三角形的判定和应用，勾股定理等，熟练掌握相关知识点和准确添加辅助线是解题的关键． 过点作于点，先通过边长关系，证出是等边三角形，通过角度之间的等量代换，得，由此可求出的长度，结合的长度和勾股定理，解出的长度，可得，由，即可求出，又因为，可求出，最终得出四边形的面积． 【详解】解：过点作于点，如图所示： 设， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是的平分线， ， 在和中，， ， ， ， 解得，（不合题意，舍去）， ， ， ， 是等边三角形，， ， 在中，由勾股定理得， ， ， 又的边上的高与的边上的高相同， ， ， ． 故答案为：． 3．（2025·四川成都·一模）将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子（图中的所有点、线都在同一平面内），若，，则_________． 【答案】/ 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，设，则，，则，利用等腰直角三角形的性质证明，由相似三角形的性质得出，进一步求出，再证明，由相似三角形的性质进一步即可得出． 【详解】解：设，则，， ∴， ∵，是等腰直角三角形， ∴，，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即 ∴， ∵ ∴， 解得，（舍去） 即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 4．（2025·四川成都·二模）如图，等边内一点D满足，延长交于E，，则______． 【答案】/ 【分析】延长，交于点G，延长，交于点F，过点F作于点H，先证，得到，再证，，根据相似三角形的性质可得，，从而得到，设，，则，，然后解直角三角形和勾股定理可得的长度，最后根据计算即可求解． 【详解】解：如图，延长，交于点G，延长，交于点F，过点F作于点H， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，， 则， 又∵， ∴， 整理得， 在中，，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，掌握通过作辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题关键． 5．（2025·四川成都·一模）如图，在中，，点D为的中点，将沿翻折得到，连接，若，，则的长为_________． 【答案】9 【分析】如图：连接，延长交于点H，作交的延长线于点F，由点D为的中点可得，由此得，垂直平分，则，垂直平分，可证，则，再证明，则、，所以；设，则；所以，则，所以，而，得，即，所以，求得，则，所以． 【详解】解：如图：连接，延长交于点H，作交的延长线于点F，则． ∵点D为的中点 ∴． ∵将沿翻折得到，连接， ∴，点E与点A关于直线对称． ∴，垂直平分． ∵， ∴， ∴， ∴． ∴， ∵， ∴． ∵， ∴． 设，则． ∴． ∵，且， ∴． 整理得：， ∴， ∴，即， 解得（不符合题意，舍去），（不符合题意，舍去）， ∴， ∴． 故答案为：9． 【点睛】本题主要考查翻折变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确地添加辅助线是解题的关键． 6．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在等边中，．点D为等边外一点，连接，在线段上取一点E，使得，连接，若，则长度的最小值为_______． 【答案】 【分析】本题主要考查等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． 如图：取中点F，中点M，在左边作一个等腰三角形，使，，连接，则，，，，得到，，再由，得到A、B、C、D四点共圆，推出，，即可证明，得到，则点E在以O为圆心，为半径的圆上运动，，当O、E、C三点共线时最小． 【详解】解：如图：取中点F，中点M，在左边作一个等腰三角形，使，，连接， ∵在等边中，， ∴，， ∴， ∵，，中点M， ∴，，，， ∴，即，解得：（负值舍去）， ∵， ∴， ∵， ∴A、B、C、D四点共圆， ∴，， ∵，，， ∴， ∵，即， ∴， ∴ ∵，， ∴点E在以O为圆心，为半径的圆上运动， ∴， ∵， ∴当O、E、C三点共线时最小． 故答案为：． 7．（2025·四川成都·一模）如图，在中，，点为斜边的中点，于点，连接，将沿翻折至处，且点恰好落在直线上． (1)求的度数； (2)求证：垂直平分． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（）由直角三角形的性质和折叠的性质可得，再根据即可求解； （）连接，证明四边形是菱形即可求证； 本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质等，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】（1）解： ，点为斜边的中点， ， ∴， ， ， 又翻折得到， ，， ∴， ， ∴， ； （2）证明：如图，连接， 由（）得，，， ，， 由折叠得，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ， ∴平行四边形是菱形， 垂直平分． 8．（2025·四川成都·模拟预测）综合与实践： 【特例】 （1）如图1，正方形中，E为边上一点，连接，过点E作交边于点F，连接，将沿直线折叠后，点A落在点处，当点恰好落在上时，求证：； 【探究】 （2）如图2，当四边形为矩形时，，其他条件不变，试判断与之间的数量关系，并证明； 【拓展】 （3）如图3，当四边形为菱形时，，，其他条件不变，当时，求的长．    【答案】（1）见解析；（2），理由见解析；（3）的长为． 【分析】（1）根据翻折的性质，全等三角形的性质，平角的概念求出，再根据相似三角形的性质，得出和的关系即可求解； （2）根据（1）中三角形的全等与相似条件不变，得出不变，再根据和的关系，和的关系即可； （3）根据相似三角形的性质和勾股定理求出的长，即为的长． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴， 由翻折性质可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， 由翻折性质可知，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2），理由如下： 由（1）可知，，， ∵， ∴； （3）如图3，过E作，交延长线于H，作的平分线，交于G，    ∴， ∵，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 设， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 由勾股定理可得：， ∴， 解得：， 即的长为． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形和菱形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等知识． 命题预测8：几何性质与判定综合探究【B卷压轴必考】 1．（2026·四川绵阳·一模）如图1，在正方形纸片中，点是的中点．将沿折叠，使点落在点处，连接，延长交于点；如图2，再将沿折叠，此时点的对应点恰好落在上．设和重叠部分的面积为，正方形的面积为，则______． 【答案】 【分析】先证，可得，故，进而得到四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，故，从而可知四边形是平行四边形，又根据折叠可知，得到四边形是矩形，得到，则，再根据相似三角形的性质，计算出、，进而计算出最后求比即可． 【详解】解：设与交于点M，与交于点N，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵点是的中点， ∴， 由折叠的性质可知：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴G是中点， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， 由折叠可知， ∴四边形是矩形， 设，则正方形边长为， ∴， 连接， 由折叠可知， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，则，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 2．（2026·四川绵阳·二模）矩形中，，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接与交于M，若，则_____． 【答案】 【分析】过点、分别作，，垂足为点，由旋转可得，，得到，然后解，求出，再由求解即可． 【详解】解：过点、分别作，，垂足为点， ∵矩形中， ∴，， 由旋转可得， ∵， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴ ∴， 解得． 3．（2026·四川成都·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点的坐标为，点是反比例函数的图象上一点，点是一次函数的图象上一点． (1)连接，与一次函数的图象相交于点． i）求点的坐标及的长； ii）连接，若点在直线的上方，当四边形是矩形时，求的值； (2)连接，是否存在点使得为等边三角形？若存在，求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)的长为，； (2)满足条件的点的坐标为或． 【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数的解析式求解、函数交点坐标的计算、两点间距离公式的应用，以及矩形、等边三角形的性质与存在性分析等代数与几何结合的综合知识点． （）①先利用点和的坐标求出直线的解析式为，再将其与一次函数联立，解方程组得到交点的坐标为，最后通过两点间距离公式计算出的长度即可；②先根据四边形是矩形的性质，得出且；再由直线的解析式推出直线的解析式为，将其与反比例函数联立求解，结合点在直线上方的条件确定的坐标；最后通过两点间距离公式求出的长度即可； （）先利用直线的表达式结合反比例函数设出点的坐标；再通过作垂线构造直角三角形(过点作点)，利用等边三角形的性质和直线与直线的交点求解(联立直线方程得坐标)，推导与的数量关系；接着分点在直线下方和上方两种情况，结合对称性(直线与反比例函数关于对称，点在上)，通过坐标关系(如)和方程求解(代入反比例函数表达式列方程)，最终确定满足条件的点的坐标． 【详解】（1）解：(i)设直线的解析式为， ∵点的坐标为，代入解析式， 得， 解得， ∴直线的解析式为， 联立与一次函数，得 ， 解得， 所以点的坐标为， ∴的长为， (ii)如图， ∵四边形是矩形， ∴， ， ∵直线的表达式为， ∴设直线的表达式为， ∵， ∴，解得， ∴直线的表达式为， 联立， 解得或， ∵点在直线的上方， ∴点的坐标为， ∴， ∴； （2）解：存在点使得为等边三角形， 理由如下：设直线为直线， 令得，，令得，， ∴，， ∴直线与两坐标轴的坐标为，即直线与两坐标轴围成了等腰， ∴直线与轴夹角为， ∵直线的解析式为， ∴直线是两坐标轴的夹角平分线， ∴，， 过点作点， ∴， 设点，设直线的表达式为， ∴， 联立， 解得， ∴， 则， ∴，即， ①如图，当点在直线下方时.过点作轴，交直线于点， ∴， ∴在中， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴点即为点， ∵是等边三角形，轴， ∴由等边三角形的性质，点的横坐标与的中点坐标的横坐标相等，即即， ∴设，则， ∵点在双曲线上， ∴， 解得(舍去)， ∴， ②当点在直线上方时， ∵直线和反比例函数图象都关于直线对称，点在直线上， ∴由对称性得点关于直线的对称点也满足题意， 如图，连，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴与对应边与边上的高相等，即的纵坐标等于的横坐标， ∴将代入中得， ∴； 综上所述，满足条件的点的坐标为或． 4．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在中，于点，点在上（不与点，重合），连接，交于点． (1)求和的长； (2)当是以为腰的等腰三角形时，求的长； (3)将沿着翻折后得到，点落在点处，连接，当时，直接写出的值． 【答案】(1) (2)的长为或 (3) 【分析】此题考查了解直角三角形、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握解直角三角形、相似三角形的判定和性质是解题的关键． （1）求出，根据锐角三角函数值列式计算即可； （2）分和两种情况进行解答即可； （3）连接交于点，过点作，交的延长线于点．根据折叠的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识求出和，根据三角函数的定义即可求出答案． 【详解】（1）解：， ， ， ， ， ； （2）已知是以为腰的等腰三角形，分以下两种情况讨论： ①当时， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 解得． ， 在中，由勾股定理， 得， ， 解得； ②当时，， ， ，即， ， ， ， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理，得 ， ， 解得， ； 综上所述，的长为或； （3）如图，连接交于点，过点作，交的延长线于点． ， ， 由折叠的性质可知，， ， ， 又， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ，即， 解得， ， ， 。 ， 四边形是菱形，， ， ， ， ， ， ， ，即， 解得， ， ． 5．（2025·四川成都·模拟预测）如图，是的外接圆，是的直径，是上一点，连接，，平分，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆周角定理，切线的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，平行线的判定与性质，解题的关键是熟练掌握并灵活应用相关性质定理． （1）根据等边对等角可得，根据圆周角定理结合角平分线的性质可得，从而得到，根据，可得，即可得证； （2）过点作于点，于点，于点，过点作于点，根据直径所对的圆周角等于可得是直角三角形，在中，由勾股定理可求得的长，在中，由勾股定理可求得的长，由三角形的面积公式得：，可求得的长，证明四边形是矩形，得到，在中，由勾股定理可求得的长，根据角平分线的性质可得，在中，由勾股定理可求得的长，最后根据求解即可． 【详解】（1）证明：是的外接圆，是的直径，是上一点， ， ， 根据圆周角定理得：， ， 平分， ， ， ， ， ， 又是的半径， 是的切线； （2）解：如图所示，过点作于点，于点，于点，过点作于点， 是的外接圆，是的直径， ， 是直角三角形， 的半径为，， ，， 在中，由勾股定理得：， ， ， 在中，由勾股定理得：， 由三角形的面积公式得：， ， ，，， 四边形是矩形， ， 在中，由勾股定理得：， 平分，，， ， ， 在中，由勾股定理得：， ． 6．（2025·四川成都·一模）在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，直线经过点B交x轴于点C，且． (1)求的表达式； (2)点D是直线上的一个动点，连接，当时，求点D的坐标； (3)点E是线段上的一个动点，点F为x轴上一点，且，当最小时，求的值． 【答案】(1) (2)或． (3) 【分析】本题主要考查了一次函数与几何的综合、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）先确定、，则、，再证明，利用相似三角形的性质可得，即；然后用待定系数法求函数解析式即可； （2）如图，在x轴上取点、，使，，过点、作，交直线于点D．此时；再求得直线为、为，然后分别联立和、和求点D的坐标即可； （3）如图：过点C作于点G，取点G使得，易得，再证明可得，即当B、F、G三点共线时，有最小值．如图：过点G作轴于点H，轴于点K，易证可得，，进而得到，然后运用待定系数法求得直线的解析式为，易得、，最后代入求比例即可． 【详解】（1）解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B， ， ，， ， ， ， ， ， 设的表达式为过点B、C ，解得： 的表达式为． （2）解：如图，在x轴上取点、，使，，过点、作，交直线于点D． 设直线为，直线为， 代入，代入， 得：， 为，为 联立和可得：，解得：， 坐标为， 联立和可得：，解得：， 坐标为 D的坐标为或． （3）解：如图：过点C作于点G，取点G使得， 此时，， ， 由勾股定理得：，， ， ， ，即， 当B、F、G三点共线时，有最小值． 如图：过点G作轴于点H，轴于点K， ， ，，即 ， ∴， ，， ， 由待定系数法可得：直线的解析式为：， ， ， ． 7．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在中，以为直径作，交边于点D，E为上一点，使得，连接，． (1)求证：直线是的切线； (2)当，时，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）连接，由圆周角定理可得，即，再根据等腰三角形的性质以及等量代换可得，进而得到即可证明结论； （2）由直径和勾股定理，得出，证明，得到，求出，即可得到的半径． 【详解】（1）解：如图：连接， ∵为直径作， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵是半径， ∴直线是的切线． （2）解：∵为直径作， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵直线是的切线 ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即的半径为． 8．（2026·四川绵阳·二模）如图，正方形中，分别是边上的点，，垂足为，与相交于，与AC交于，与交于． (1)求证：； (2)若正方形边长为，，求的长度． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（）由正方形性质可得，，，，再证明即可； （）由四边形是正方形，得，，，，证明，所以，由勾股定理得，故有，则有，，再求出，然后证明，所以，再代入即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴，， 由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 9．（2026·四川达州·一模）如图1，在矩形中，已知，点E，F分别是的中点，连接．将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为，连接，． (1)【问题发现】 ①当时，___；②当时，___； (2)【拓展探究】 在绕点C的旋转过程中，的值有无变化？若无变化，请就图2的情形给予证明；若变化，请说明理由； (3)【问题解决】 当旋转至A，F，E三点共线时，直接写出线段的长． 【答案】(1)； (2)的大小无变化．证明见解析 (3)的长度为或． 【分析】（1）①根据矩形中，，，，运用勾股定理得到，当时，根据E、F分别是、的中点，即可求解；②当时，由，即可求解； （2）根据旋转性质得到，结合，推出，推出； （3）根据，求出，根据，得到，再分两种情况讨论，即可求解． 【详解】（1）解：①当时，如图， ∵矩形中，，，， ∴， ∵点E、F分别是、的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∴； ②当时，如图， ∵， ∴； （2）解：由旋转知，， ∵， ∴， ∴； （3）解：A、F、E三点共线时，， ∵，， ∴， ∵， ∴， 当点F在线段上时，如图， ∵， ∴， ∴； 当点F在线段延长线上时，如图， ， ∴； 故的长度为或． 10．（2026·四川广元·一模）按要求解答： (1)问题提出：如图1，在中，．求证：； (2)问题探究：如图2，是的中线，点在上，连接，且，若，，求的长度； (3)问题解决：如图3，四边形是某小区内一块空地，其中米，米，，，小区物业准备在空地内找一点，分别修建四条小道、、、（小道的宽度忽略不计），并在、、内分别种植不同的绿植，为生活娱乐区，根据规划要求，，且小道与的比值尽可能大，请问是否存在满足要求的点？若存在，找出点的位置，并计算的最大值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)； (3)的最大值为4． 【分析】（1）证明，即可得到结论； （2）证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解； （3）作于点，求得是直角三角形，且，证明点在以为直径的上，记交于点，连接，作于点，求得，延长交于点，连接，，，证明，推出，得到当为直径时，取得最大值，据此计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∵，，是的中线， ∴， 设， ∴， ∴，即， 解得，， ∴； （3）解：作于点， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ， ∵， ∴， ∴是直角三角形，且， ∵， ∴点在以为直径的上， 记交于点，连接，作于点， 同理，四边形是矩形，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 延长交于点，连接，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 要计算的最大值，则取得最大值， ∴当为直径时，取得最大值，有最大值，如图， ∴， ∴的最大值为4． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $